Abschätzung, Exponentation < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:12 Sa 25.05.2013 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Zeige die folgenden Abschätzungen für x>0
[mm] (\frac{1}{x} [/mm] - [mm] \frac{1}{x^3}) e^{\frac{x^2}{2}} \le \int_x^\infty e^{-\frac{z^2}{2}} [/mm] dz [mm] \le \frac{1}{x} e^{-\frac{x^2}{2}} [/mm] |
Servus,
Anfangs hab ich versucht mit Verteilungsfunktion der Normalverteilung oder so etwas zu machen - hat nicht geklapt.
Neuer Weg war die rechte und linke Seite mittels Hauptsatz der Diff und Int-Rechnung auf ein Integral mit Grenzen x bis unendlich zu bringen:
Ist mir auch gelungen (wenn ich mich nicht verrechnet habe)
[mm] \frac{1}{x} e^{-\frac{x^2}{2}} [/mm] = [mm] \int_x^\infty (1/t^2 [/mm] + 1) [mm] e^{-\frac{t^2}{2}} [/mm] dt
[mm] (\frac{1}{x} [/mm] - [mm] \frac{1}{x^3}) e^{\frac{x^2}{2}} =\frac{1}{x}e^{\frac{x^2}{2}} -\frac{1}{x^3} e^{\frac{x^2}{2}}= [/mm] (1 - [mm] \frac{3}{x^4} [/mm] ) [mm] e^{-\frac{x^2}{2}}
[/mm]
Und jetzt?
Muss ich das mittelere Integral ausrechnen mit Transformationssatz?
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:28 Sa 25.05.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin, ist
$ [mm] (\frac{1}{x} [/mm] $ - $ [mm] \frac{1}{x^3}) e^{\red{-}\frac{x^2}{2}} \le \int_x^\infty e^{-\frac{z^2}{2}} [/mm] dz [mm] \le \frac{1}{x} e^{-\frac{x^2}{2}} [/mm] $
zu zeigen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:36 Sa 25.05.2013 | | Autor: | luis52 |
Moin,
deine Idee mit der (Standard-)Normalverteilung lacht mich an. Die rechte Ungleichung ist aequivalent mit
[mm] $x\Phi(x)+\varphi(x)\ge [/mm] x$ ...
Diese Ungleichung gilt schon fuer $x=0$.
vg Luis
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:46 Sa 25.05.2013 | | Autor: | sissile |
Ja die Abschätzung mit dem Minus davor ;)
Was ist [mm] \Phi, \phi [/mm] ?
Ich kann mit deiner Antwort leider noch nichts anfangen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:51 Sa 25.05.2013 | | Autor: | luis52 |
> Was ist [mm]\Phi, \phi[/mm] ?
![[]](/images/popup.gif) Da schau her.
vg Luis
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 20:48 Sa 25.05.2013 | | Autor: | sissile |
Danke (es hat ja nicht jeder die gleiche Bezeichnung)
Aber wie weiß ich das ich genau auf die Ungleichung in deinen beitrag umformen muss?
Ich habe mit meinen Ansatz weitergearbeitet:
[mm] \int_x^\infty e^{-\frac{z^2}{2}} [/mm] dz [mm] \le \frac{1}{x} e^{-\frac{x^2}{2}} [/mm]
<=> (nach 1 Beitrag)
[mm] \int_x^\infty e^{-z/2} [/mm] dz [mm] \le \int_x^\infty (1/t^2 [/mm] +1) [mm] e^{-\frac{t^2}{2}} [/mm] dt
[mm] \overbrace{<=>}^{??}e^{\frac{-z}{2}} \le \frac{1+t^2}{t^2} e^{- \frac{t^2}{2}}
[/mm]
<=> [mm] t^2 \le 1+t^2 [/mm] <=> 0 [mm] \le [/mm] 1
Wobei ich eine Äquivalenz nicht begründen kann, Da es die Monotonie des Integral andersrum ist , wenn du verstehst was ich meine.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:20 Mo 27.05.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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